【文档说明】2024年高考复习二轮专项练习数学 专题突破练10　三角函数与解三角形解答题 Word版含解析.docx，共(9)页，114.818 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练10三角函数与解三角形解答题1.(2021·山东滨州期中)已知向量a=(cosx,sinx),b=(4√3sinx,4sinx),若f(x)=a·(a+b).(1)求f(x)的单调递减区间;(2)求f(x)在区间[

0,π2]上的最值.2.(2021·北京丰台区模拟)如图,△ABC中,∠B=45°,N是AC边的中点,点M在AB边上,且MN⊥AC,BC=√6,MN=√3.(1)求∠A;(2)求BM.3.(2021·山东潍坊二模)如图,D为△ABC中BC边上一点,∠B=60°,AB=4

,AC=4√3.给出如下三种数值方案:①AD=√5;②AD=√15;③AD=2√7.判断上述三种方案所对应的△ABD的个数,并求△ABD唯一时,BD的长.4.(2021·海南海口月考)在△ABC中,已知a

,b,c分别是角A,B,C的对边,bcosC+ccosB=4,B=π4.请再在下列三个条件:①(a+b+c)(sinA+sinB-sinC)=3asinB;②b=4√2;③√3csinB=bcosC中

,任意选择一个,添加到题目的条件中,求△ABC的面积.5.(2021·辽宁大连一模)如图,有一底部不可到达的建筑物,A为建筑物的最高点.某学习小组准备了三种工具:测角仪(可测量仰角与俯角)、米尺(可测量长度)、量角器(可测量平面角度).(1)请你利用准备

好的工具(可不全使用),设计一种测量建筑物高度AB的方法,并给出测量报告;注:测量报告中包括你使用的工具,测量方法的文字说明与图形说明,所使用的字母和符号均需要解释说明,并给出你最后的计算公式.(2)该学习小组利用你的测量方案进行了实地测

量,并将计算结果汇报给老师,发现计算结果与该建筑物实际的高度有误差,请你针对误差情况进行说明.6.(2021·湖北武汉3月质检)在△ABC中,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=2π3,b=√6.(1)若cosAcosC=23,求△ABC的面积;(2)试问1𝑎+1𝑐=1能否成立?

若能成立,求此时△ABC的周长;若不能成立,请说明理由.7.(2021·湖南长沙模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(𝑏-𝑐)sin𝐶𝑏+𝑎=sinB-sinA.(1)求角A;(2)若a=2,求1tan𝐵

+1tan𝐶的最小值.8.(2021·江苏南京期中)如图,某景区内有一半圆形花圃,其直径AB为6,O是圆心,且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q,其中∠AQC=2π3.计划在𝐵𝐶⏜上再建一座观赏亭P,记∠POB=θ(0<𝜃<π2).(

1)当θ=π3时,求∠OPQ的大小;(2)当∠OPQ越大时,游客在观赏亭P处的观赏效果越佳,当游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,求sinθ的值.专题突破练10三角函数与解三角形解答题1.解由于f(x)=a·(a+b)=|a|2+a·b=1+4

√3sinxcosx+4sin2x=1+2√3sin2x+4·1-cos2𝑥2=2√3sin2x-2cos2x+3=4sin(2𝑥-π6)+3.(1)由π2+2kπ≤2x-π6≤3π2+2kπ(k∈Z),解得π3+kπ≤x≤

5π6+kπ(k∈Z),所以f(x)的单调递减区间是[π3+𝑘π,5π6+𝑘π](k∈Z).(2)由于x∈[0,π2],所以2x-π6∈[-π6,5π6],故当2x-π6=π2即x=π3时,函数f(x)取最大值7;当2x-π6=-π6即x=

0时,函数f(x)取最小值1.2.解(1)如图,连接MC,因为N是AC边的中点,且MN⊥AC,所以MC=MA.在Rt△AMN中,MA=𝑀𝑁sin𝐴=√3sin𝐴,所以MC=√3sin𝐴.在△MBC中,由正弦定理可得𝑀𝐶sin𝐵=𝐵𝐶sin∠𝐵𝑀𝐶,

而∠BMC=2∠A,所以√3sin𝐴·sin45°=√6sin2𝐴,即√3sin𝐴·√22=√62sin𝐴cos𝐴,所以cosA=12,故∠A=60°.(2)由(1)知MC=MA=√3sin60°=2,∠BMC=2∠A=120°.在△BCM中,由余弦定理得BC2=BM2+MC

2-2BM·MC·cos∠BMC,所以(√6)2=BM2+22-2BM·2·cos120°,解得BM=√3-1(负值舍去).3.解过点A作AE⊥BC,垂足为点E(图略),则AE=4·sin60°=2√3,当AD=√5时,AD<AE,所以方案①对应△ABD无解,当AD=√

15时,AE<AD<AB<AC,所以方案②对应△ABD有两解,当AD=2√7时,AB<AD<AC,所以方案③对应△ABD只有一解.由方案③知AD=2√7,设BD=x(x>0),所以在△ABD中由余弦定理得(2√7)2=42+x2

-2×4×x×cos60°,即x2-4x-12=0,解得x=6或x=-2(舍去).又因为在△ABC中易得BC=8,BD=6<BC,符合题意,所以BD的长为6.4.解若选择条件①,则(a+b+c)(sinA+sinB-sinC)=3asinB,由正弦定

理可得(a+b+c)(a+b-c)=3ab,所以(a+b)2-c2=3ab,整理得a2+b2-c2=ab,所以cosC=12,故C=π3.又B=π4,所以A=π-π3−π4=5π12.又因为bcosC+ccos

B=4,所以b·𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏+c·𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=4,即a=4.由正弦定理可得𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,所以b=𝑎sin𝐵sin𝐴=4sinπ4sin5π12=4(√3-1),故△ABC的面积S=12ab

sinC=12×4×4(√3-1)×sinπ3=4(3-√3).若选择条件②,则b=4√2.又因为bcosC+ccosB=4,所以b·𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏+c·𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=

4,即a=4.又B=π4,所以由正弦定理可得𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,所以sinA=𝑎sin𝐵𝑏=4sinπ44√2=12,所以A=π6或A=5π6.由于b>a,所以B>A,因此A=5π6不合题意舍去,故A=π6,从而C=π-π6−π4=7

π12.故△ABC的面积S=12absinC=12×4×4√2×sin7π12=4(√3+1).若选择条件③,因为bcosC+ccosB=4,所以b·𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏+c·𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=4,所以a=4.因为√3csinB=bcos

C,所以√3sinCsinB=sinBcosC,所以tanC=√33,于是C=π6,从而A=π-π6−π4=7π12,所以由正弦定理可得𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵,所以b=𝑎sin𝐵sin𝐴=4sinπ4sin7π12=

4(√3-1),故△ABC的面积S=12absinC=12×4×4(√3-1)×sinπ6=4(√3-1).5.解(1)选用测角仪和米尺,如图所示.①选择一条水平基线HG,使H,G,B三点在同一条直线上;②在H,G两点用测角仪测得A的仰角分别为α,β,HG=a,

即CD=a.测得测角仪器的高是h;③(方法一)在△ACD中,由正弦定理,得𝐴𝐶sin𝛼=𝐶𝐷sin(𝛽-𝛼),所以AC=𝐶𝐷sin𝛼sin(𝛽-𝛼)=𝑎sin𝛼sin(𝛽-𝛼),在Rt△ACE中,

有AE=ACsinβ=𝑎sin𝛼sin𝛽sin(𝛽-𝛼),所以建筑物的高度AB=AE+h=𝑎sin𝛼sin𝛽sin(𝛽-𝛼)+h.(方法二)在Rt△ADE中,DE=𝐴𝐸tan𝛼,在Rt△ACE中,CE=𝐴𝐸tan𝛽,所

以CD=DE-CE=𝐴𝐸tan𝛼−𝐴𝐸tan𝛽=𝐴𝐸(tan𝛽-tan𝛼)tan𝛼tan𝛽,所以AE=𝑎tan𝛼tan𝛽tan𝛽-tan𝛼,所以建筑物的高度AB=AE+h=𝑎ta

n𝛼tan𝛽tan𝛽-tan𝛼+h.(2)①测量工具问题;②两次测量时位置的间距差;③用身高代替测角仪的高度.6.解(1)由B=2π3,得A+C=π3,cos(A+C)=cosAcosC-sinAsinC,即12

=cosAcosC-sinAsinC.因为cosAcosC=23,所以sinAsinC=16.因为𝑎sin𝐴=𝑐sin𝐶=√6√32=2√2,所以a=2√2sinA,c=2√2sinC.所以S△ABC=12·2

√2sinA·2√2sinC·sinB=4sinA·sinBsinC=4×16×√32=√33.(2)假设1𝑎+1𝑐=1能成立,所以a+c=ac.由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB,所以6=a2+c2+ac.所以(a+c)2-ac=6,所以(ac)2-ac-6=0,所以ac

=3或ac=-2(舍去),此时a+c=ac=3.不满足a+c≥2√𝑎𝑐,所以1𝑎+1𝑐=1不成立.7.解(1)由(𝑏-𝑐)sin𝐶𝑏+𝑎=sinB-sinA,可得(b-c)sinC=(sinB-sinA)(b+a

),由正弦定理得(b-c)c=(b-a)(b+a),即b2+c2-a2=bc,由余弦定理,得cosA=𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=12,因为0<A<π,可得A=π3.(2)由(1)知A=π3,设△ABC的外接圆的

半径为R(R>0),可得2R=𝑎sin𝐴=4√33,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc≥bc,即bc≤a2=4,当且仅当b=c=2时取等号,又1tan𝐵+1tan𝐶=cos𝐵sin𝐵+cos𝐶sin𝐶=cos𝐵sin�

�+sin𝐵cos𝐶sin𝐵sin𝐶=sin(𝐵+𝐶)sin𝐵sin𝐶=sin𝐴sin𝐵sin𝐶=2𝑅·2𝑅sin𝐴2𝑅sin𝐵·2𝑅sin𝐶=2𝑅·𝑎𝑏𝑐=8√33𝑏𝑐≥8√33×

4=2√33,所以1tan𝐵+1tan𝐶的最小值为2√33.8.解(1)在△POQ中,因为∠AQC=2π3,所以∠AQO=π3.又OA=OB=3,所以OQ=√3.设∠OPQ=α,则∠PQO=π2-α+θ.由正弦定理,得3sin(π2-𝛼+𝜃)=√3sin𝛼,即√3sinα=co

s(α-θ),整理得tanα=cos𝜃√3-sin𝜃,其中𝜃∈(0,π2).当θ=π3时,tanα=√33.因为𝛼∈(0,π2),所以α=π6.故当θ=π3时,∠OPQ=π6.(2)设f(θ)=cos𝜃√3-sin𝜃,𝜃∈(0,π2),则f

'(θ)=-sin𝜃(√3-sin𝜃)+cos2𝜃(√3-sin𝜃)2=1-√3sin𝜃(√3-sin𝜃)2.令f'(θ)=0,得sinθ=√33,记锐角θ0满足sinθ0=√33,当0<θ<θ0时,f'(θ)>0;当θ0<θ<π2时,f'(θ)<

0,所以f(θ)在θ=θ0处取得极大值亦即最大值.由(1)可知tanα=f(θ)>0,则𝛼∈(0,π2),又y=tanα单调递增,则当tanα取最大值时,α也取得最大值.